Fiche de mathématiques
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Dualité - Chapitre II
Exercices

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II - 1. Les structures de l'ensemble C des nombres complexes

II - 1 - 1. Deux structures

On sait qu'un K-ev E est muni de deux lois de composition, l'une interne : E × E \rightarrow E, (x,y) \mapsto x + y et l'autre externe de domaine d'opérateurs K : K × E \rightarrow E, (a,x) \mapsto a.x.
Si E = K, la loi externe est la loi interne multiplicative de K, elle se note : K × K \rightarrow K, (a,x) \mapsto a.x (dans la source K × K, le premier K est le corps des scalaires, le second K l'espace des vecteurs). On sait qu'alors, K est un K-ev de dimension 1, de base canonique (1K). La notation : pour tout x dans K, x = x.1K fait apparaître deux interprétations de x : à gauche, x est un vecteur, à droite, x est un scalaire, coordonnée du vecteur x sur la base (1K).
Ces remarques s'appliquent à C, corps des nombres complexes qui est donc un C-ev de dimension 1, dont la base canonique est (1). Les deux lois sont :
interne : C\timesC \rightarrow C, (z,z') \mapsto z + z',
externe : C\timesC \rightarrow C, (a,z) \mapsto a.z, a dans C.
Mais on peut envisager une autre structure de C, en restreignant le domaine d'opérateurs de la loi externe au corps R des nombres réels. Les deux lois sont alors :
interne : C × C \rightarrow C, (z,z') \mapsto z + z',
externe : R × C \rightarrow C, (a,z) \mapsto a.z, a dans R.
Alors, C devient un R-ev, où les "vecteurs" sont les nombres complexes et les "scalaires" les nombres réels. De plus, pour tout z dans C, z = x + iy = x.1 + y.i, x et y réels. "1" et "i" étant considérés comme des vecteurs, on en déduit que le R-ev C est de dimension deux sur R et que la base canonique est (1,i).
Pour distinguer les deux structures, le R-ev C se notera CR.


II - 1 - 2. Les espaces duaux associés

La distinction entre C et CR n'est pas anodine. En effet, lorsque l'on parle d'application linéaire sur C, il faut obligatoirement préciser si c'est sur C ou sur CR.
a) Si f est élément de C*, dual du C-ev C, alors, f devra vérifier :
(1) : f : C \rightarrow C
(2) : \forall (z,z') \in C × C, f(z + z') = f(z) + f(z')
(3) : \forall (a,z) \in C × C, f(a.z) = a.f(z) : C-linéarité.

b) Si f est élément de CR*, dual du R-ev CR, alors, f devra vérifier :
(1') : f : C \rightarrow R
(2) : \forall (z,z') \in C × C, f(z + z') = f(z) + f(z')
(3') : \forall (a,z) \in R × C, f(a.z) = a.f(z) : R-linéarité.


II - 1 - 3. Exercice 1

exercice 1

1. Trouver, dans les bases canoniques, la forme générale des éléments de C*, puis de CR*.
2. Etudier les applications f, g, h définies par f(z) = Re(z), g(z) = Im(z), h(z) = \bar{\text{z}},
3. Quelle est la base duale de (1,i) dans CR* ?


II - 1 - 4. Corrigé de l'exercice 1

1. a) Etude de C*.
Si f est dans C*, alors, f : C \rightarrow C. D'autre part, pour tout z dans C, f(z) = f(z.1) et, par C-linéarité : f(z) = z.f(1). f(1) est un nombre complexe fixé, posons f(1) = t. Alors, f(z) = t.z, t \in C. Réciproquement, toute application de ce type est bien une forme linéaire sur le C-ev C.
C* = {f : C \rightarrow C, f(z) = t.z, t \in C}

1. b) Etude de CR*.
Si g est dans CR*, alors, g : C \rightarrow R. D'autre part, pour tout z dans C, g(z) = g(x.1 + y.i) et, par R-linéarité : g(z) = x.g(1) + y.g(i). g(1) et g(i) sont deux nombres réels fixés, posons g(1) = a et g(i) = b, a et b réels. Alors, g(z) = a.x + b.y, (a,b) \in R². Réciproquement, toute application de ce type est bien une forme linéaire sur le R-ev CR.
CR* = {g : C \rightarrow R, g(z) = g(x + iy) = ax + by, (a,b) \in R²}.

2. a) Etude de f = Re et de g = Im.
Ce sont d'abord deux applications de C vers R. Elles sont définies par les formules suivantes : f(x+iy) = x = 1.x + 0.y et g(x+iy) = y = 0.x + 1.y : elles ont la forme découverte en 1. b).
Donc, f = Re et g = Im sont deux éléments de CR*.

2. b) Etude de h.
h est une application de C vers C. Comme \bar{\text{z} + \text{z'}} = \bar{\text{z}} + \bar{\text{z'}}, h vérifie la condition (1). Par contre, h(i.z) = -i.\bar{\text{z}} différent de i.h(z). Donc, h n'est pas C-linéaire. h n'est pas élément de C*.

3. On vérifie la condition (BD) : Re(1) = 1, Im(1) = 0, Re(i) = 0, Im(i) = 1. Donc :
La base duale de (1,i) dans CR* est (Re,Im) = (f,g).


II - 2. Trace d'une matrice

II - 2 - 1. Exercice 2

exercice 2

Pour n > 1, on considère le K-ev E = Mn(K) des matrices carrées d'ordre n à coefficients dans K. Si A \in E, on écrira A = (aij), où aij représente le coefficient situé à l'intersection de la ligne i et de la colonne j de A. Pour désigner cet élément, on utilise aussi la notation : aij = [A]ij. On appelle trace de A la somme des termes diagonaux de A :
\text{tr(A)} = \text{a}_{11} + \text{a}_{22} + ... + \text{a}_{nn} = \displaystyle \sum_{i=1}^n \text{a}_{ii}
1. Montrer que tr est une forme linéaire sur E = Mn(K).
2. Montrer que : \forall (A,B) \in E², tr(A.B) = tr(B.A).
3. Montrer que deux matrices semblables ont même trace. Soient V un K-ev de dimension n, u un endomorphisme de V. Montrer que l'on peut définir la trace de u indépendamment de toute base de V. On la note tr(u). Remarquer que si l'endomorphisme u a toutes ses valeurs propres dans K, u est trigonalisable et la diagonale principale est formée par les valeurs propres de u. On peut alors en déduire que tr(u) est la somme des valeurs propres de u (comptées avec leur multiplicité).
4. Soit p un projecteur du K-ev V. Montrer que tr(p) = rg(p).
5. On rappelle que E = Mn(K) est muni de la base canonique formée par les n² matrices (\text{E}_{\text{ij}})_{1 \leq i , j \leq n}. La matrice Eij a tous ses termes nuls sauf [Eij]ij = 1.
On peut d'ailleurs écrire [Eij]kl = \deltaik.\deltajl.
a) Montrer que Eij . Ekl = \deltajk.Eil.
b). Soit f une forme linéaire sur E = Mn(K) telle que, \forall (A,B) \in E², f(A.B) = f(B.A). Montrer que f = k.tr, où k est un élément de K.


II - 2 - 2. Correction de l'exercice 2

1. Déjà, tr : E \rightarrow K.
\forall (A,B) \in E², \forall (x,y) \in K², [x.A + y.B]ij = x.aij + y.bij. Donc :
tr(x.A + y.B) = \displaystyle \sum_{i=1}^n[x.A + y.B]_{ii} = x.\displaystyle \sum_{i=1}^na_{ii} + y.\displaystyle \sum_{i=1}^nb_{ii} = x.tr(A) + y.tr(B)
L'application tr est bien un élément de E*.

2. Nous connaissons la règle du produit de deux matrices : [A.B]_{ij} = \displaystyle \sum_{k=1}^na_{ik}.b_{kj}. Alors :
tr(A.B) = \displaystyle \sum_{i=1}^n[A.B]_{ii} = \displaystyle \sum_{i=1}^n\left(\displaystyle \sum_{k=1}^na_{ik}.b_{ki}\right) = \displaystyle \sum_{k=1}^n\left(\displaystyle \sum_{i=1}^nb_{ki}a_{ik}\right) = \displaystyle \sum_{k=1}^n[B.A]_{kk} = tr(B.A)
On a bien : \forall (A,B) \in E², tr(A.B) = tr(B.A).

3. Soient A et B deux matrices de E, semblables. Il existe donc P dans E, inversible telle que B = P-1.A.P. Alors, en utilisant le résultat précédent et l'associativité du produit matriciel :
tr(B) = tr(P-1.(A.P)) = tr((A.P).P-1) = tr(A.(P.P-1)) = tr(A.In) = tr(A). Deux matrices semblables ont même trace.
Soient maintenant V un K-ev de dimension n et u un endomorphisme de V. Pour représenter matriciellement u, prenons deux bases B et B' de V et considérons A = Mat(u,B), B = Mat(u,B'). Alors, si P désigne la matrice de passage de B à B', on a B = P-1.A.P. Donc, tr(B) = tr(A). Ceci prouve que la trace ne dépend pas de la base mais uniquement de u. Nous écrirons : tr(u).

4. Soient V un K-ev de dimension n, p un projecteur de V. Appelons r le rang de p.
Si r = 0, alors p = 0 (endomorphisme nul). Donc Mat(p,B) = O et par suite, tr(p) = 0
Si r = n, alors p = IdV. Donc, Mat(p,B) = In et par suite, tr(p) = n.
Si 0 < r < n, on sait que V = Im(p) \textrm\bigoplus Ker(p) et que x \in Im(p) \Longleftrightarrow p(x) = x. Prenons une base B de V formée par la réunion d'une base de Im(p) et d'une base de Ker(p). Alors :
Mat(p,B) = \begin{pmatrix}I_r&O\\O&O\end{pmatrix}
Comme la trace est indépendante de la base, tr(p) = r = rg(p).

5. a) Effectuons les produits.
[E_{ij}.E_{kl}]_{rs} = \displaystyle \sum_{t=1}^n[E_{ij}]_{rt}.[E_{kl}]_{ts} = \displaystyle \sum_{t=1}^n\delta_{ir}.\delta_{jt}.\delta_{kt}.\delta_{ls}
La présence de \deltakt montre qu'il reste :
[Eij.Ekl]rs = \deltair.\deltajk.\deltals = \deltajk.(\deltair.\deltals) = \deltajk . [ Eil ]rs.
Ce résultat étant vrai pour tout couple (r,s) on a bien : (formule à connaître) Eij . Ekl = \deltajk . Eil.

5. b) Soit f une forme linéaire sur E = Mn(K) vérifiant \forall (A,B) \in E², f(A.B) = f(B.A). Alors, cette propriété doit être vérifiée pour les matrices de la base canonique :
\forall(i,j,k,l), f(Eij . Ekl) = f(Ekl . Eij) implique f(\deltajk . Eil) = f(\deltali . Ekj) implique \deltajk . f(Eil ) = \deltali . f(Ekj ) (I)
Si j = k et i \neq l, (I) implique \forall(i,j,l) : f( Eil ) = 0.
Si j = k et i = l, (I) implique \forall(i,j) : f( Eii ) = f( Ejj ).
Donc, f associe la valeur 0 à toutes les matrices Eil pour i \neq l et la même valeur à toutes les matrices Eii. Appelons k cette valeur commune. Par la linéarité de f, nous aurons :
f(A) = f\left(\displaystyle \sum_{i=1}^n \displaystyle \sum_{j=1}^na_{ij}.E_{ij}\right) = \displaystyle \sum_{i=1}^n \displaystyle \sum_{j=1}^na_{ij}.f(E_{ij}) = k. \displaystyle \sum_{i=1}^na_{ii}=k.tr(A)
Réciproquement, toute application de E dans K du type f : A \mapsto f(A) = k.tr(A) est bien une forme linéaire vérifiant la propriété : f(A.B) = f(B.A).
Conclusion : toutes les formes linéaires f sur Mn(K) vérifiant : \forall(A,B), f(A.B) = f(B.A) sont proportionnelles à la trace.


II - 2 - 3. Exercice 3

exercice 3

On se place dans le K-ev MK(n,p) des matrices à n lignes et p colonnes à coefficients dans K. La base canonique est toujours (Eij), 1 \leq \text{i} \leq \text{n} \text{ et } 1 \leq \text{j} \leq \text{p}.
Soit A un élément fixé de MK(n,p).
1. Montrer que l'application fA : MK(n,p) \rightarrow K définie par fA(M) = tr(tA.M) est une forme linéaire sur MK(n,p).
2. Soit F une forme linéaire sur MK(n,p). Montrer qu'il existe A \in MK(n,p) telle que F = fA. Conclusion ?


II - 2 - 4. Correction de l'exercice 3

1. D'abord : tA \in MK(p,n) et M \in MK(n,p) implique tA.M \in MK(p,p). Il est donc légitime de calculer tr(tA.M), et le résultat sera bien dans K. Reste à regarder la linéarité.
fA(kM+k'M') = tr(tA.(kM+k'M')) = tr( k.tA.M + k'.tA.M'). Comme la trace est linéaire :
fA(kM+k'M') = k.tr(tA.M) + k'.tr(tA.M') = k.fA(M) + k'.fA(M').
fA : M \mapsto tr(tA.M) est bien une forme linéaire sur MK(n,p).

2. Soit F une forme linéaire sur MK(n,p). Considérons les n×p scalaires F(Eij) = aij avec 1 \leq \text{i} \leq \text{n} \text{ et } 1 \leq \text{j} \leq \text{p}.
Appelons A l'élément de MK(n,p) défini par : A = (aij). Pour tout M = (mij) \in MK(n,p), on a :
M = \displaystyle \sum_{k=1}^n \displaystyle \sum_{i=1}^pm_{ki}E_{ki}
La linéarité de F donne alors :
F(M) = \displaystyle \sum_{k=1}^n \displaystyle \sum_{i=1}^pm_{ki}F(E_{ki}) = \displaystyle \sum_{k=1}^n \displaystyle \sum_{i=1}^pa_{ki}m_{ki} = \displaystyle \sum_{i=1}^p \left(\displaystyle \sum_{k=1}^n[^tA]_{ik}[M]_{ki}\right) = \displaystyle \sum_{i=1}^p[^tAM]_{ii} = tr(^tAM)
On a bien : pour toute forme linéaire F sur MK(n,p), il existe A \in MK(n,p) telle que F = fA. Remarquons que F est déterminée de manière unique par ses valeurs sur la base canonique, donc A est unique.
Conclusion : [MK(n,p)]* est l'ensemble des formes linéaires du type M \mapsto tr(tA.M), A quelconque dans MK(n,p).
Naturellement, ces résultats s'appliquent dans le cas particulier n = p.


II - 3. Les espaces euclidiens

II - 3 - 1. Exercice 4

exercice 4

Rappelons qu'un espace euclidien est un R-ev E de dimension finie n > 0, muni d'un produit scalaire. Nous noterons ce produit scalaire : (x,y) \mapsto ( x | y ). Rappelons que ce produit scalaire est une forme bilinéaire symétrique définie positive.
1. Soit E un espace euclidien. Pour y fixé dans E, considérons l'application fy : E \rightarrow R, définie par fy(x) = ( x | y ).
Montrer que, pout tout y, fy est une forme linéaire sur E. Donc, pour tout x dans E, < x , fy > = ( x | y ).
2. Considérons alors G : E \rightarrow E* définie par G(y) = fy. Montrer que G est un isomorphisme canonique de E sur son dual E*.
(Ce résultat est signalé sans preuve dans le chapitre I paragraphe I - 3 - 1). On peut alors identifier E et E* en posant y = fy. Cela donne : < x , y > = ( x | y ).
3. Etudier l'image par G d'une base orthonormale de E.


II - 3 - 2. Correction de l'exercice 4

1. On a bien fy : E \rightarrow R. Pour la linéarité, on utilise la linéarité du produit scalaire par rapport la première variable.
Donc, pour tout y dans E, fy est bien élément de E*.

2. G est donc définie par : pour tout x dans E, G(y)(x) = fy(x) = ( x | y ).
Donc : \forall x \in E, G(ay + a'y')(x) = ( x | ay + a'y').
On utilise cette fois la linéarité du produit scalaire par rapport à la seconde variable : \forall x \in E, G(ay + a'y')(x) = a( x | y ) + a'( x | y' ) = [aG(y) + a'G(y')](x).
Comme c'est vrai pour tout x, G(ay + a'y') = aG(y) + a'G(y'). G est bien linéaire.
y \in Ker(G) implique G(y) = O* implique \forall x \in E, ( x | y ) = 0. En prenant en particulier x = y, cela donne || y ||² = 0, donc y = 0. On en déduit que Ker(G) = 0, donc que G est injective. Mais comme dim(E) = dim(E*), cela entraine aussi la surjectivité.
Conclusion : G est un isomorphisme de E sur E*. Comme G a été défini sans l'aide de bases, on peut dire qu'il est canonique. On peut donc identifier E* et E en posant fy = y.

3. Soit E un espace euclidien, BE = (e1 , ... , en) une base orthonormale de E. Par la définition de G, on peut écrire :\forall(i,j) : < ei , G(ej) > = ( ei | ej ) = \deltaij. On trouve la condition (BD), ce qui signifie que G(BE) = (BE)*, duale de BE. Donc : l'image par G d'une base orthonormale est sa base duale. Si l'on identifie E et E*, on peut même dire qu'une base orthonormale est sa propre duale.


II - 3 - 3. Exemples classiques

Pour n > 0, E = Rn est euclidien pour son produit scalaire canonique ( x | y ) = x1y1 + ... + xnyn. La base canonique de E est orthonormale donc, par identification de E et E*, elle est sa propre duale.
Pour n > 0, E = Mn(R) est euclidien pour le produit scalaire ( A | B ) = tr(tA.B). La base canonique (Eij) est orthonormale pour ce produit scalaire, donc, sa propre duale. En reprenant l'exercice 3, on voit que l'on a utilisé ce résultat en remarquant que tout élément de E* est du type fA.


II - 4. Recherche de quelques bases duales

II - 4 - 1. Exercice 5

exercice 5

Pour n > 0, on considère n+1 réels distincts et non nuls : x0 , x1 , ... , xn. On appelle L0 , L1 , ... , Ln les n+1 polynômes de Lagrange associés à ces n+1 réels (voir I - 1 - 2 et I - 5 - 2). Rappelons qu'ils forment une base du R-ev E = Rn[X]. Considérons les n+1 applications fj (0 \leq \text{j} \leq \text{n)} définies par :
\forall P\in E, f_j(P) = \displaystyle \int_{0}^{x_j}P(t)dt
1. Montrer que les fj sont des formes linéaires sur E.
2. On introduit les polynômes Qk' (0 \leq \text{k} \leq \text{n)} de E avec Qk(X) = X.Lk(X). Calculer fj(Qk').
3. Utiliser ce résultat pour montrer que (B)* = (f0 , ... , fn) est une base de E*.
4. Quelle est la préduale B de (B)* ?


II - 4 - 2. Correction de l'exercice 5

1. Ce résultat découle du fait que fj : E \rightarrow R et de la linéarité de l'intégrale :
f_j(aP+bQ) = \displaystyle \int_0^{x_j}(aP+bQ)(t)dt = a \displaystyle \int_0^{x_j}P(t)dt + b \displaystyle \int_0^{x_j}Q(t)dt = af_j(P) + bf_j(Q)

2. fj(Qk') = Qk(xj) - Qk(0) = Qk(xj) = xj.Lk(xj) = xj.\deltakj.

3. Etudions l'indépendance des fj :
\displaystyle \sum_{j=0}^na_jf_j = O* \Longrightarrow \ \forall k, \displaystyle \sum_{j=0}^na_jf_j(Q_k) = 0 \Longrightarrow \ \forall k, \displaystyle \sum_{j=0}^na_jx_j\delta_{kj} =0
Donc : \forall k, akxk = 0 et comme les xk sont non nuls : \forall k, ak = 0.
Ces n+1 formes linéaires sont indépendantes. Comme dim(E*) = dim(E) = n+1, (B)* est une base de E*.

4. Nous avons "presque" la préduale. En effet : fj(Qk') = xj . \deltakj signifie déjà que, pour j différent de k, fj(Qk') = 0.
Il reste le cas où k = j : fj(Qj') = xj. Il suffit donc de "normaliser" les Qk' en posant Rk = \textrm\frac{1}{x_k}Qk'.
La préduale est donc la famille (\text{R}_\text{k} , 0 \leq \text{k} \leq \text{n}).


II - 4 - 3. Exercice 6

exercice 6

On appelle polynômes de Hilbert les polynômes H0 , ... , Hn de E = Rn[X], définis par : H0(X) = 1, et pour tout k compris entre 1 et n, Hk(X) = \frac{1}{\text{k}!}X(X-1)...(X-k+1).
1. Montrer que B = (H0 , ... , Hn) est une base de E.
2. Soit D "l'opérateur de différence", c'est-à-dire l'endomorphisme de E défini par : D(P)(X) = P(X+1) - P(X). Calculer D(Hk). En déduire Di(Hj), où D0 = IdE et pour i > 0, Di = DoDi-1.
3. Exprimer, en fonction de D, la base duale (B)* de B.


II - 4 - 4. Correction de l'exercice 6

1. Pour tout k, deg(Hk) = k, donc la famille de polynômes B = (H0 , ... , Hn) est échelonnée par les degrés, donc libre. Comme dim(E) = n+1, B est bien une base de E.

2. D(H0) = 1 - 1 = 0.
Pour 1 \leq \text{k} \leq \text{n},
D(Hk)(X) = \frac{1}{\text{k}!}(X+1)X(X-1)...(X-k+2) - \textrm\frac{1}{k!}X(X-1)...(X-k+1)
D(Hk)(X) = \frac{1}{\text{k}!}X(X-1)...(X-k+2)[(X+1) - (X-k+1)] = \textrm\frac{1}{k!}X(X-1)...(X-k+2)[k] = Hk-1(X).
Alors, par une récurrence élémentaire :
si i < j, Di(Hj) = Hj-i.
si i = j, Di(Hi) = H0 = 1.
si i > j, Di(Hj) = 0.

3. Comme Hj possède la racine 0 dès que j > 0, on peut considérer les applications di définies sur E par la formule :
di(P) = Di(P)(0).
Alors, on vérifie rapidement que les di sont bien des formes linéaires sur E. En plus, les formules trouvées dans la question 2. donnent immédiatement : di(Hj) = \deltaij.
Donc (B)* = (d0 , d1 , ... , dn).


II - 4 - 5. Exercice 7

exercice 7

Nous allons mettre en application le théorème I - 8. Comme il s'agit d'inverser une matrice, nous verrons que le problème concerne davantage l'algèbre linéaire que la dualité.
Pour n > 2, on considère le R-ev E = Rn et les n vecteurs de E : e1 , ... , en définis de la manière suivante :
(ei)j = 1 si i \neq j et (ei)i = - 1. Donc : e1 = (-1,1,...,1) ; e2 = (1,-1,1,...,1) ; . . . ; en = (1,1,...,1,-1).
Appelons Bn la base canonique de E. L'objectif est de prouver que BE = (e1 , ... , en) est une base de E, puis de trouver sa base duale (BE)* = (e1* , ... , en*). Si l'on désigne par P la matrice des coordonnées des ek sur Bn, cela revient à prouver d'abord que det(P) \neq 0. Alors, on peut dire que P est la matrice de passage de Bn à BE. Le théorème I - 8 nous donne les coordonnées des ej* sur (Bn)* = Bn : ce sont les lignes de P-1.
1. On appelle J la matrice de Mn(R) dont tous les termes sont égaux à 1, I la matrice unité de Mn(R). Trouver rg(J) et dim[Ker(j)]. En déduire, à l'aide de tr(J) les valeurs propres de J.
2. Vérifier que P = J - 2I. En utilisant le polynôme caractéristique de J, montrer que det(P) \neq 0. Que dire de BE ?
3. Calculer J² en fonction de J, puis P² en fonction de P et de I. En déduire P-1.
4. Quelle est la base duale de BE ?


II - 4 - 6. Correction de l'exercice 7

1. Comme les colonnes de J sont identiques, rg(J) = 1. Donc, dim[Ker(J)] = n-1. Comme J est symétrique réelle, elle est diagonalisable, donc la multiplicité de la valeur propre 0 est également n-1. On en déduit que J admet une seule valeur propre non nulle lambda. Par la trace : tr(J) = lambda = n. Donc ; Sp(J) = {0 ; n} (0 de multiplicité n-1).

2. La relation P = J - 2I est évidente. Det(P) = det(J - 2I) fait penser au polynôme caractéristique de J : det(J - XI). D'après la question 1. ce polynôme ne s'annule que si X = 0 ou X = n. Comme n > 2, det(J - 2I) est non nul. On en déduit que det(P) \neq 0.
Conséquence : BE est une base de E.

3. Un calcul matriciel élémentaire donne : J² = nJ. Alors P² = (J - 2I)² = J² - 4J + 4I = (n-4)J + 4I. Comme on a aussi J = P + 2I, cela donne : P² = (n-4)P + (2n-4)I. Comme n \neq 2, cette relation s'écrit aussi :
\textrm\frac{1}{2n-4}[P - (n-4)I].P = P.(\textrm\frac{1}{2n-4}[P - (n-4)I]) = I. Donc : P-1 = \textrm\frac{1}{2n-4}[P - (n-4)I].
P^{-1} = \frac{1}{2n-4}\begin{pmatrix}3-n&1&1&...&1\\1&3-n&1&...&1\\ \\.&.&.& &.\\ \\.&.&.& &.\\ \\1&1&1&...&3-n\end{pmatrix}

4. Le théorème I - 8 donne de suite :
e1* = \textrm\frac{1}{2n-4}(3-n , 1 , 1 , ... , 1)
e2* = \textrm\frac{1}{2n-4}(1 , 3-n , 1 , ... , 1)
.
en* = \textrm\frac{1}{2n-4}(1 , 1 , ... , 1 , 3-n).


II - 4 - 7. Exercice 8

exercice 8

Il s'agit d'un oral Centrale-Sup Elec. 2007.
Pour n > 0, a1 , ... , an sont n réels distincts, et E est le R-ev R2n-1[X]. Pour 1 \leq \text{i} \leq \text{n}, et P \in E, on considère les applications ui et vi définies par : ui(P) = P(ai) et vi(P) = P '(ai).
1. Montrer que B* = (u1 , ... , un , v1 , ... , vn) est une base de E*.
2. Trouver sa préduale B.


II - 4 - 8. Correction de l'exercice 8

Posons l'équation d'inconnues les 2n réels x1 , ... , xn , y1 , ... yn :
\displaystyle \sum_{i=1}^nx_iu_i + \displaystyle \sum_{i=1}^ny_iv_i = O*
Appelons L1 , ... , Ln les n polynômes de Lagrange associés aux réels a1 , ... , an. L'égalité précédente donne pour les polynômes (Lj)² :
\textrm\forall j, \ \displaystyle \sum_{i=1}^nx_iu_i(L_j)^2 + \displaystyle \sum_{i=1}^ny_iv_i(L_j)^2 = 0
Or, ui((Lj)²) = (Lj(ai))² = (\deltaij)² = \deltaij. Et, vi((Lj)²) = 2Lj(ai).Lj'(ai) = \deltaijLj'(ai)
Il ne reste donc que \forallj, xj + 2yj.Lj'(aj) = 0 (I).
Reprenons l'équation en prenant cette fois Nj(X) = (X-aj)(Lj(X))². Cela donne : \textrm\forall j, \ \displaystyle \sum_{i=1}^nx_iu_i(N_j) + \displaystyle \sum_{i=1}^ny_iv_i(N_j) = 0
Or, ui(Nj) = Nj(ai) = 0. Et, vi(Nj) = Nj'(ai).
Nj'(X) = 2(X-aj)Lj(X)Lj'(X) + (Lj(X))² \Longrightarrow vi(Nj) = 2(ai - aj)Lj(ai)Lj'(ai) + (Lj(ai))² = 0 si i \neqj et vj(Nj) = 1.
Il ne reste donc que \forallj, yj = 0 (II)
Les résultats (I) et (II) signifient que tous les xi et les yi sont nuls.
Donc, B* est une famille libre à 2n éléments. Comme dim(E) = dim(E*) = 2n, on a la conclusion : B* est une base de E*.

2. Nous avons déjà trouvé la partie préduale associée aux vi : ce sont les Nj puisque, d'après ce qui précède nous avons vi(Nj) = \deltaij. Il reste à trouver les polynômes Mj associés aux ui.
L'idée est de conserver la partie (Lj)² qui donne des résultats simples et de multiplier par un polynôme du premier degré. Posons donc : Mj(X) = (pjX + qj).(Lj(X))².
Nous avons, pour i \neq j, Mj(ai) = 0. Il faut maintenant que Mj(aj) = 1. Cela donne pjaj + qj = 1 (III)
Vérifions ce qui se passe pour les vi. Nous avons : Mj'(X) = pj(Lj(X))² + 2(pjX + qj)Lj(X)Lj'(X). Donc :
pour i \neq j, vi(Mj) = 0, ce qui convient bien,
pour i = j, vj(Mj) = pj + 2(pjaj + qj).Lj'(aj). Il faut que ce terme soit nul, donc :
pj + 2(pjaj + qj).Lj'(aj) (IV)
Les conditions (III) et (IV) donnent très facilement pj et qj. Posons kj = Lj'(aj) qui est un réel non nul. Finalement, la préduale de B* est la base B de E définie par B = (M1 , ... , Mn , N1 , ... , Nn) avec :
Mj(X) = (-2kjX + 1 + 2ajkj)(Lj(X))² et Nj(X) = (X - aj)(Lj(X))².
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